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1、,离散型随机变量分布律的定义 离散型随机变量表示方法 几种常见分布 小结,第二节 离散型随机变量及其分布律,从中任取3 个球,取到的白球数X是一个随机变量 .,(1) X 可能取的值是0,1,2 ;,(2) 取每个值的概率为:,看一个例子,一、离散型随机变量分布律的定义,定义1 ：某些随机变量X的所有可能取值是有限多个或可列无限多个, 这种随机变量称为离散型随机变量 .,其中 (k=1,2, ) 满足：,（2）,定义2 ：设 xk (k=1,2, ) 是离散型随机变量 X 所取的一切可能值，称,为离散型随机变量 X 的分布律.,用这两条性质 判断一个函数 是否是分布律,解: 依据分布律的性质,
2、a0 ,从中解得,即,例2,设随机变量X的分布律为：,k =0,1,2, ,试确定常数a .,二、离散型随机变量表示方法,（1）公式法,（2）列表法,或,例3 某篮球运动员投中篮圈概率是0.9，求他两次独立投篮投中次数X的概率分布.,解： X可取值为0,1,2 ;,PX =0=(0.1)(0.1)=0.01,PX =1= 2(0.9)(0.1) =0.18,PX =2=(0.9)(0.9)=0.81,常常表示为：,这就是X的分布律.,例4 某射手连续向一目标射击，直到命中为止，已知他每发命中的概率是p，求所需射击发数X 的分布律.,解: 显然，X 可能取的值是1,2, ，,PX=1=P(A1)
3、=p,为计算 PX =k ， k = 1,2, ，,Ak = 第k发命中，k =1, 2, ，,设,于是,可见,这就是求所需射击发数X的分布律.,例5 一汽车沿一街道行驶，需要通过三个均设有红绿信号灯的路口，每个信号灯为红或绿与其它信号灯为红或绿相互独立，且红绿两种信号灯显示的时间相等. 以X表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数，求X的分布律.,解: 依题意, X可取值0, 1, 2, 3.,PX=0=P(A1)=1/2,X表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数,即,X表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数,设随机变量 X 只可能取0与1两个值 , 它的分布律为,则称 X 服从
4、(01) 分布或两点分布.,1. 两点分布,三、几种常见分布,例6 “抛硬币”试验,观察正、反两面情况.,随机变量 X 服从 (01) 分布.,例7 200件产品中,有190件合格品,10件不合格品,现从中随机抽取一件,那末,若规定,则随机变量 X 服从(0 1)分布.,两点分布是最简单的一种分布,任何一个只有两种可能结果的随机现象, 比如新生婴儿是男还是女、明天是否下雨、种籽是否发芽等, 都属于两点分布.,说明,2. 等可能分布,如果随机变量 X 的分布律为,例 抛掷骰子并记出现的点数为随机变量 X,看一个试验 将一枚均匀骰子抛掷3次.,X的分布律是：,3. 伯努利试验和二项分布,令X 表示
5、3次中出现“4”点的次数,掷骰子：“掷出4点”，“未掷出4点”,抽验产品：“是正品”，“是次品”,一般地，设在一次试验E中我们只考虑两个互逆的 结果：A 或 .,这样的试验E称为伯努利试验 .,“重复”是指这 n 次试验中P(A)= p 保持不变.,将伯努利试验E独立地重复地进行n次 ,则称这一串重复的独立试验为n重伯努利试验 .,“独立”是指各 次试验的结果互不影响 .,用X表示n重伯努利试验中事件A发生的次数，则,且两两互不相容.,易证：,（1）,（2）,称这样的分布为二项分布.记为,二项分布的图形,例8 已知100个产品中有5个次品，现从中有放回 地取3次，每次任取1个，求在所取的3个中
6、恰有2个次品的概率.,解: 因为这是有放回地取3次，因此这3 次试验 的条件完全相同且独立，它是贝努里试验.,依题意，每次试验取到次品的概率为0.05.,设X为所取的3个中的次品数，,于是，所求概率为：,则,X b(3,0.05)，,若将本例中的“有放回”改为”无放回”, 那么各次试验条件就不同了, 此试验就不是伯努利试验 . 此时, 只能用古典概型求解.,请注意：,伯努利试验对试验结果没有等可能的要求，但有下述要求：,（1）每次试验条件相同；,二项分布描述的是n重伯努利试验中事件 A 出现的次数 X 的分布律 .,（2）每次试验只考虑两个互逆结果 A 或 ，,（3）各次试验相互独立.,可以简
7、单地说，,且 P(A)=p ， ；,例9 某类灯泡使用时数在1000小时以上 的概率是0.2，求三个灯泡在使用1000 小时以后最多只有一个坏了的概率.,解: 设X为三个灯泡在使用1000小时已坏的灯泡数 .,X b (3, 0.8)，,把观察一个灯泡的使用 时数看作一次试验, “使用到1000小时已坏” 视为事件A .每次试验, A 出现的概率为0.8,PX 1 =PX=0+PX=1,=(0.2)3+3(0.8)(0.2)2,=0.104,分析,这是不放回抽样.但由于这批元件的总数很大, 且抽查元件的数量相对于元件的总数来说又很小,因而此抽样可近似当作放回抽样来处理.,例10,解,图示概率分
8、布,注意：P(X=4)最大。,一般地，若在k0处，概率PX=k达到最大（称 k0为随机变量X的最可能值）。则k0应满足,本例中，n=20，p=0.2, 所以，(n+1)p=4.2, 故k0=4。,4. 泊松分布,泊松分布的背景及应用,二十世纪初卢瑟福和盖克两位科学家在观察 与分析放射性物质放出的粒子个数的情况时,他 们做了2608次观察(每次时间为7.5秒)发现放射 性物质在规定的一段时间内, 其放射的粒子数X 服从泊松分布.,在生物学、医学、工业统计、保险科学及 公用事业的排队等问题中 , 泊松分布是常见的. 例如地震、火山爆发、特大洪水、交换台的电 话呼唤次数等, 都服从泊松分布.,我们把
9、在随机时刻相继出现的事件所形成的序列,叫做随机事件流.,若事件流具有平稳性、无后效性、普通性，则称该事件流为普阿松事件流（泊松流）,。,平稳性：在任意时间区间内，事件发生k次(k0)的概率只依赖于区间长度而与区间端点无关.,无后效性：在不相重叠的时间段内，事件的发生是相互独立的.,普通性：如果时间区间充分小，事件出现两次或两次以上的概率可忽略不计.,在社会经济生活中，各种服务“人”数、各种排队“人”数、各种事故的件数等，服务员接待的顾客数、高速公路上每天发生的车祸数、某路段的车流量、都可以看成是泊松流 。因此都可用泊松分布来予以描述刻划。,电话呼唤次数,交通事故次数,商场接待的顾客数,地震,火
10、山爆发,特大洪水,泊松分布的图形,同样地，解如下不等式,Poisson定理说明若X b( n, p), 则当n 较大，p 较小, 而 适中, 则可以用近似公式,历史上，泊松分布是作为二项分布的近似，于1837年由法国数学家泊松引入的 .,二项分布与泊松分布的关系,证,记,例12 一家商店采用科学管理，由该商店过去的销售记录知道，某种商品每月的销售数可以用参数=5的泊松分布来描述，为了以95%以上的把握保证不脱销，问商店在月底至少应进某种商品多少件？,解:,设该商品每月的销售数为X,已知X服从参数=5的泊松分布.,设商店在月底应进某种商品m件,进货数,销售数,查泊松分布表得,m=9件,例13 独
11、立射击5000次, 命中率为0.001,解 (1) k = ( n + 1)p ,= ( 5000+ 1)0.001 =5,求 (1) 最可能命中次数及相应的概率；,命中次数不少于1 次的概率.(至少命中1次的概率),(2) 令X 表示命中次数, 则 X b(5000,0.001),解 令X 表示命中次数, 则,令,此结果与用二项分布算得的结果0.9934仅相差万分之一.,利用Poisson定理再求例12 (2),X b( 5000,0.001 ),由此可见日常生活中“提高警惕, 防火防盗”的重要性.,由于时间无限, 自然界发生地震、海啸、空难、泥石流等都是必然的，早晚的事，不用奇怪，不用惊慌
12、.,同样,由于人的一生是一个漫长的过程，在人的一生中发生车祸、失恋、患绝症、考试不及格、炒股大亏损等都属于正常现象, 大可不必怨天尤人, 更不要想不开而跳楼自杀.,小概率事件虽不易发生，但重复次数多了， 就成大概率事件.,本例 启示,例14 设有80台同类型设备,各台工作是相互独立的发生故障的概率都是 0.01,且一台设备的故障能由一个人处理. 考虑两种配备维修工人的方法 , 其一是由四人维护,每人负责20台; 其二是由3人共同维护台80.试比较这两种方法在设备发生故障时不能及时维修的概率的大小.,发生故障时不能及时维修”,故有,即有,按第二种方法,故 80 台中发生故障而不能及时维修的概率为,其它离散分布：几何分布：超几何分布：,几何级数,对于离散型随机变量，如果知道了它的分布律,也就知道了该随机变量取值的概率规律. 在这个意义上，我们说,这一节，我们介绍了离散型随机变量及其分布律，并给出两点分布、二项分布、泊松分布三种重要离散型随机变量.,离散型随机变量由它的分布律唯一确定.,四、小结,练习题,
